các bài toán về phương trình nghiệm nguyên

106
Website:tailieumontoan.com

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các
chuyên đề toán THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và
các em chuyên đề về các bài toán về phuong trình nghiệm nguyên. Chúng tôi
đã kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề về này nhằm đáp ứng nhu
cầu về tài liệu hay và cập nhật được các dạng toán mới về phương trình
nghiệm nguyên thường được ra trong các kì thi gần đây. Khi giải các phương
trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết, đồng
dư, tính chẵn lẻ,… để tìm ra điểm đặc biệt của các ẩn số cũng như các biểu
thức chứa ẩn trong phương trình, từ đó đưa phương trình về các dạng mà ta đã
biết cách giải hoặc đưa về những phương trình đơn giản hơn..
•

Xét số dư hai vế của phương trình để chỉ ra phương trình không có

nghiệm, tính chẵn lẻ của các vế, …
•
Đưa phương trình về dạng phương trình ước số.
•
Phát hiện tính chia hết của các ẩn.
•
Sử dụng tính đồng dư của các đại lượng nguyên.
Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng
chuyên đề này để giúp con em mình học tập. Hy vọng chuyên đề về các bài
toán về phương trình nghiệm nguyên sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh
phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi

những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em
học!
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ
chuyên đề này!

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN.
Phương pháp 1. Sử dụng các tính chất về quan hệ chia hết.
Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các
tính chất về chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm ra điểm đặc biệt của các
ẩn số cũng như các biểu thức chứa ẩn trong phương trình, từ đó đưa phương
trình về các dạng mà ta đã biết cách giải hoặc đưa về những phương trình đơn
giản hơn..
•
Xét số dư hai vế của phương trình để chỉ ra phương trình không có nghiệm,
tính chẵn lẻ của các vế, …
•
Đưa phương trình về dạng phương trình ước số.
•
Phát hiện tính chia hết của các ẩn.
•
Sử dụng tính đồng dư của các đại lượng nguyên.

Ví dụ 1. Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên:
a)

x2 − y2 = 1998

b)

x2 + y2 = 1999

Lời giải
x2 ;y2
a) Dễ dàng chứng minh được

chia cho 4 chỉ có số dư 0 hoặc 1 nên

x2 − y2

chia cho 4 có số dư 0, 1, 3. Còn vế phải 1998 chia cho 4 dư 2. Vậy phương trình
đã cho không có nghiệm nguyên.
x2 ; y2
b) Dễ dàng chứng minh được

chia cho 4 có số dư 0 hoặc 1 nên

x2 + y2

chia cho 4 có các số dư 0, 1, 2. Còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3. Vậy phương
trình không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

9x + 2 = y2 + y

Lời giải
Biến đổi phương trình:
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

9x + 2 = y ( y + 1)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Ta thấy vế trái của phương trình là số chia hết cho 3 dư 2 nên

y ( y + 1)

chia cho

3 dư 2.
Như vậy chỉ có thể
Khi đó ta được
Thử lại ta thấy

y = 3k + 1

và

y + 1= 3k + 2

với k là một số nguyên.

9x + 2 = ( 3k + 1) ( 3k + 2) ⇔ 9x = 9k ( k + 1) ⇔ x = k ( k + 1)
x = k ( k + 1)

và

y = 3k + 1

Vậy nghiệm của phương trình là

thỏa mãn phương trình đã cho.


x = k ( k + 1)


 y = 3k + 1

Ví dụ 3. Giải phương trình nghiệm nguyên

với k là số nguyên tùy ý.
x2 − 5y 2 = 27

Lời giải
Một số nguyên x bất kì chỉ có thể biểu diễn dưới dạng
hoặc
•

x = 5k ± 2

Nếu

x = 5k

x = 5k

hoặc

x = 5k ± 1

, trong đó k là một số nguyên. Khi đó ta xét các trường hợp sau:

, khi đó từ

x2 − 5y2 = 27

ta được

( 5k )

2

(

)

− 5y2 = 27 ⇔ 5 5k2 − y2 = 27
. Điều

này vô lí vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải không
chia hết cho 5
•

Nếu

x = 5k ± 1

, khi đó từ

( 5k ± 1)

2

x2 − 5y2 = 27

ta được

(

)

− 5y2 = 27 ⇔ 25k2 ± 10k + 1− 5y2 = 27 ⇔ 5 5k 2 ± 2k − y2 = 26

Điều này vô lí vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải
không chia hết cho 5
Nếu

x = 5k ± 2

( 5k ± 2)

2

, khi đó từ

x2 − 5y2 = 27

ta được

(

)

− 5y2 = 27 ⇔ 25k 2 ± 20k + 4 − 5y2 = 27 ⇔ 5 5k2 ± 4k − y2 = 23

Điều này vô lí vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải
không chia hết cho 5
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm là số nguyên
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Ví dụ 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau

19x2 + 28y2 = 729

.

Lời giải

( 18x

2

Cách 1. Viết phương trình đã cho dưới dạng
Từ phương trình trên suy ra

x2 + y2

) (

)

+ 27y2 + x2 + y2 = 729

chia hết 3

Chú ý là một số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1. Nên từ

x2 + y2

chia hết 3 ta suy ra được x và y đều chia hết cho 3.
Đặt

x = 3u;y = 3v ( u;v ∈ Z )

. Thay vào phương trình đã cho ta được

19u2 + 28v2 = 81

19u2 + 28v2 = 81
Từ phương trình
, lập luận tương tự trên ta suy ra
u = 3s;v = 3t ( s;t ∈ Z )

Thay vào phương trình
Từ phương trình
Do đó ta được

19u2 + 28v2 = 81

19s2 + 28t2 = 9

ta được

19s2 + 28t2 = 9

suy ra s, t không đồng thời bằng 0

19s2 + 28t2 ≥ 19 > 9

. Vậy phương trình

19s2 + 28t2 = 9

vô nghiệm và do

đó phương trình đã cho cũng vô nghiệm.
Cách 2. Giả sử phương trình đã cho có nghiệm
28y2
Dễ thấy

chia hết cho 4 và 729 chia 4 dư 1. Từ đó ta suy ra

19x2

Mặt khác một số chính phương khi chia 4 có số dư là 0 hoặc 1, do đó
có số dư là 0 hoặc 3, điều này mâu thuẫn với

19x2

chia 4 dư 1.

19x2

chia 4

chia 4 dư 1. Vậy phương trình

đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 5. Xác định tất cả các cặp nguyên dương

( x;n)

thỏa mãn phương trình:

x3 + 3367 = 2n
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Để sử dụng được hằng đẳng thức

(

a3 – b3 = ( a– b) a2 + ab + b2

)

ta chứng minh n chia

hết cho 3 .

x3 + 3367 = 2n

Nhận thấy 3367 chia hết cho 7 nên từ phương trình
có cùng số dư khi chia cho 7(hay
2n

Nếu n không chia hết cho 3 thì
hoặc 4, trong khi đó
đó để

x3

và

2n

(

(2

m

Hay ta được

m

Hơn nữa
•

Xét

khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0 hoặc 2

)

)

x3 + 3367 = 23m

. Thay vào phương trình đã cho ta được

) ( ( 2m − x)

−x

2

)

+ 3x.2m = 3367
2m − x

3

− x < 23m − x3 = 3367

2m − x = 1

(mod 7)).

khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0 hoặc 1 hoặc 6. Do

Từ phương trình trên ta suy ra

(2

và

2n

có cùng số ư khi chia cho 7 thì n phải chia hết cho 3.

n = 3m m ∈ N *

Đặt

x3

x3 ≡ 2n

suy ra

x3

, thay vào

là ước nguyên dương của 3367

(2

m

nên

x3 + 3367 = 23m

)

− x ∈ { 1;7;13}

. Ta xét các trường hợp sau

(

)

2m 2m – 1 = 2.561

ta suy ra

, phương trình

vô nghiệm.
•

Xét

2m − x = 7

, thay vào

x3 + 3367 = 23m

(

)

2m 2m – 13 = 2.15

ta suy ra

, phương trình

vô nghiệm.
•

Xét

m= 4

2m − x = 13

x3 + 3367 = 23m

, thay vào

nên ta suy ra được

n = 12

Vậy cặp số nguyên dương

( x;n)

và

x=9

(

)

2m 2m – 7 = 24.32

ta suy ra

. Từ đó ta có

.

thỏa mãn yêu cầu bài toán là

Ví dụ 6. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

( 9;12)

2x2 + 4x = 19 − 3y2

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Biến đổi tương đương phương trình ra được

(

2x2 + 4x + 2 = 21− 3y2 ⇔ 2( x + 1) = 3 7 − y2
2

(

)

)

3 7 − y2 M2 ⇒ 7 − y2 M2 ⇒

Ta thấy
Ta lại có

7 − y2 ≥ 0

Từ đó ta được

y là số lẻ
2( x + 1) = 18
y2 = 1
nên chỉ có thể
. Khi đó ta được
2

x= 2

Suy ra các cặp số

và

x = −4

( 2;1) ,( 2; −1) ,( −4;1) ,( −4; −1)

là nghiệm của phương trình đã cho.

Ví dụ 7. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

x2 − 2x − 11 = y2

Lời giải
Cách 1. Biến đổi tương đương phương trình ta được
x2 − 2x − 11 = y2 ⇔ x2 − 2x + 1− 12 = y2 ⇔ ( x − 1) − y2 = 12 ⇔ ( x − 1+ y ) ( x − 1− y ) = 12
2

Ta có các nhận xét:
+ Vì phương trình đã cho chứa y có số mũ chẵn nên có thể giả sử

y≥0

. Thế thì

x − 1+ y ≥ x − 1− y

+ Ta có

( x − 1+ y ) − ( x − 1− y) = 2y

nên

x − 1+ y

và

x − 1− y

cùng tính chẵn lẻ. Tích

của chúng bằng 12 nên chúng cùng là số chẵn.
Với các nhận xét trên ta có hai trường hợp

•

•

Trường hợp 1: Ta có

Trường hợp 1: Ta có

x − 1+ y = 6 x = 5
⇒

x
−
1
−
y
=

2

y = 2
x − 1+ y = −2 x = −3
⇒

x
−
1
−
y
=
−
6

 y = −2

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là

( x;y) = ( 5;2) ,( 5; −2) ,( −3;2) ,( −3; −2)

(

)

x2 − 2x − 11+ y2 = 0

Cách 2. Viết thành phương trình bậc hai đối với x là
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Khi đó ta có

∆' = 1+ 11+ y2 = 12 + y2

Điều kiện cần để bậc hai có nghiệm nguyên
Từ đó ta đặt
Giả sử

y≥0

12 + y2 = k 2 ( k ∈ ¥ )

thì

k+ y ≥ k− y

và

hay ta được

k+ y≥ 0

∆'

là số chính phương.

k2 − y2 = 12 ⇔ ( k + y ) ( k − y ) = 12

lai có

( k + y ) – ( k – y ) = 2y

nên

k+y

và

k−y

cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn.
k + y = 6

k − y = 2

Từ các nhận xét trên ta có
Do đó ta được

y=2

, khi đó ta được

x2 − 2x − 15 = 0

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là

, suy ra

x= 3

hoặc

x= 5

( x;y) = ( 5;2) ,( 5; −2) ,( −3;2) ,( −3; −2)

Ví dụ 8. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên:
x2 + y2 + z2 = 1999
Lời giải
Ta biết rằng số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, còn số chính phương lẻ thì
chia cho 4 dư 1 và chia cho 8 dư 1.
Tổng

x2 + y2 + z2

x2 ;y2 ;z2
là số lẻ nên trong ba số

phải có một số lẻ và hai số

chẵn hoặc cả ba số đều lẻ.
x2 ;y2 ;z2
+ Trường hợp trong ba số

có một số lẻ và hai số chẵn thì vế trái của

phương trình đã cho chia cho 4 dư 1, còn vế phải là 1999 chia cho 4 dư 3,
trường hợp này loại.
x2 ;y2 ;z2
+ Trường hợp ba số

đều lẻ thì vế trái của phương trình chia cho 8 dư 3,

còn vế phải là 1999 chia cho 8 dư 7, trường hợp này loại.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 9. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

1 1
1
1
+ +
=
x y 6xy 6

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Lời giải
Nhân hai vế của phương trình với 6xy ta được

6y + 6x + 1 = xy

x ( y − 6) − 6( y − 6) = 37 ⇔ ( x − 6) ( y − 6) = 37

Đưa về phương trình ước số ta được

Do vai trò bình đẳng của x và y nên không mất tính tổng quát ta giả sử

x − 6 ≥ y − 6 ≥ −5

thế thì do x và y nguyên dương nên ta được

x≥ y≥1
,

.

x − 6 = 37 x = 43
⇔

y − 6 = 1
y = 7

Do đó chỉ có một trường hợp xẩy ra

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là

( x;y ) = ( 43;7) ,( 7;43)

Ví dụ 10. Tìm các số tự nhiên x và các số nguyên y sao cho:

2x + 3 = y2

Lời giải
Lần lượt xét các giá trị tự nhiên của x như sau
+ Nếu
+ Nếu
Nếu

x= 0
x=1

x≥ 2

thì
thì

y2 = 4
y2 = 5

, khi đó

nên

y = ±2

, phương trình không có nghiệm nguyên

2x + 3

là số lẻ nên y là số lẻ. Lại có

2x M4

nên

2x + 3

chia cho 4

y2
dư 3, còn

chia cho 4 dư 1. Do đó phương trình không có nghiệm.

Vậy các nghiệm của phương trình là

( x;y ) = ( 0;2) ,( 0; −2)

Ví dụ 11. Giải phương trình với nghiệm nguyên dương:

2x + 57 = y2

Lời giải
Xét hai trường hợp:
•

Trường hợp 1: Nếu x là số nguyên lẻ. Đặt

2x = 22n+1 = 2.4n = 2( 3+ 1) = 2( 3a + 1) = 6a + 2

x = 2n + 1( n ∈ ¥ )

. Khi đó ta có

n

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

với a là một số nguyên dương.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Khi đó vế trái của phương trình là số chia cho 3 dư 2, còn vế phải là số chính
phương chia cho 3 không dư 2. Do đó trường hợp này loại.
•

(

x = 2n n ∈ ¥ *

Trường hợp 1 : Nếu x là số nguyên chẵn. Đặt

(

y2 − 22n = 57 ⇔ y + 2n

Ta thấy

y + 2n > 0

y − 2n > 0

nên

và

)

. Khi đó ta có

) ( y − 2 ) = 3.19
n

y + 2n > y − 2n

Do đó có các trường hợp như sau

Thử lại ta thấy

y + 2n

57

19

y − 2n

1

3

2n

28(loại)

8

n

3

y

11

x = 2n

6

26 + 57 = 112

đúng. Vậy nghiệm của phương trình là

Ví dụ 12. Giải phương trình nghiệm nguyên:

( 6;11)

.

x3 + y3 = 6xy − 1

Lời giải
Biến đổi tương đương phương trình ta được
x3 + y3 = 6xy − 1 ⇔ ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = 6xy − 1
3

Đặt

a = x + y;b = xy

với a, b là các số nguyên.

Khi đó phương trình trên trở thành
Từ đó ta suy ra được

Suy ra

a+ 2

a3 + 1Ma + 2

a3 − 3ab = 6b − 1 ⇔ a3 + 1 = 3b( a + 2)
3

hay ta được
b=

là ước của 7, ta cũng có

a+ 2

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

1

( a + 8− 7) M( a + 2)

a3 + 1
3( a + 2)
−1

nên

7Ma + 2

, nên ta có bảng giá trị như sau
7

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
a

b=

a3 + 1

3( a + 2)

−1

−3

5

0

Không
nguyên

6

Từ đó ta có các nghiệm của phương trình

•

•

Với

Với

( a;b) = ( −1;0)
( a;b) = ( 5;6)

ta được

ta được

a3 − 3ab = 6b − 1

Không
nguyên

là

( a;b) = ( −1;0) ,( 5;6)

x + y = −1  x = 0;y = −1
⇒

xy = 0
 x = −1;y = 0

x + y = 5  x = 2;y = 3
⇒

xy = 6
 x = 3;y = 2

Thử lại ta được các nghiệm của phương trình là
Ví dụ 13. Giải phương trình nghiệm nguyên:

( x;y ) = ( 0; −1) ,( −1;0) ,( 2;3) ,( 3;2)

3x2 − 2y2 − 5xy + x − 2y − 7 = 0

.

.

Lời giải
Phương trình tương đương với i

( 3x

2

) (

)

− 6xy + −2y2 + xy + ( x − 2y ) = 7 ⇔ 3x ( x − 2y ) + y ( x − 2y ) + ( x − 2y ) = 7

⇔ ( x − 2y ) ( 3x + y + 1) = 7 = 1.7 = 7.1 = −1.( −7) = −7.( −1)
Do đó ta có 4 trường hợp sau:

+Trường hợp 1:

+Trường hợp 2:


13
 x − 2y = 1
x − 2y = 1  x = 7
⇔
⇔


3x
+
y
+
1
=
7
3x
+
y
=
6


y = 3

7

,(loại).

x − 2y = 7
x − 2y = 7  x = 1
⇔
⇔

3x + y + 1 = 1 3x + y = 0  y = −3

,(nhận).


17
x
=
−

 x − 2y = −1
 x − 2y = −1 
7
⇔
⇔

 3x + y + 1 = −7  3x + y = −8  y = − 5

7
+trường hợp 3:
,(loại).

11
x
=
−

x − 2y = −7
 x − 2y = −7 
7
⇔
⇔

3x
+

y
+
1
=
−
1
3x
+
y
=
−
2
19


y =

7
+ Trường hợp 4:
,(loại).
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là

( 1; − 3)

.

Phương pháp 2. Đưa hai vế về tổng các bình phương.
Ý tưởng của phương pháp là biến đổi phương trình về dạng vế trái là
tổng của các bình phương và vế phải là tổng của các số chính phương.
Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

x2 + y2 − x − y = 8

Lời giải
Biến đổi tương đương phương trình ta được

x2 + y2 − x − y = 8 ⇔ 4x2 + 4y2 − 4x − 4y = 32

(

) (

)

⇔ 4x2 − 4x + 1 + 4y2 − 4y + 1 = 34 ⇔ ( 2x − 1) + ( 2y − 1) = 34

Để ý là

34 = 32 + 52

2

. Do đó từ phương trình trên ta có các trường hợp sau

( 2x − 1) 2 = 32


2
( 2y − 1) = 52

Khi đó ta được

2

 2x − 1 = 3

 2y − 1 = 5

hoặc

hoặc

( 2x − 1) 2 = 52


2
( 2y − 1) = 32

 2x − 1 = 5

 2y − 1 = 3

Giải lần lượt các phương trình trên ta thu được các nghiệm nguyên là

( 2; 3) , ( 3;2) , ( −1; −2) , ( −2; −1)
-

Ví dụ 2.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình

x2 + xy + y2 = 3x + y − 1

Lời giải
Biến đổi phương trình ta được

x2 + xy + y2 = 3x + y − 1 ⇔ 2x2 + 2xy + 2y2 = 6x + 2y − 2
⇒ ( x + y ) + ( x − 3) + ( y − 1) = 8 = 02 + 22 + 22
2

2

2

Khi đó ta xét các trường hợp sau:
+ Với
+ Với

x+ y = 0
x− 3= 0

, ta được

( −y − 3) + ( y − 1)

2

2

= 8 ⇒ y = −1,x = 1.

( −y − 3) + ( y − 1)

2

= 8 ⇒ y = −1,x = 1.

2

, ta được

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
+ Với

y − 1= 0

( x + 1) + ( x − 3)
2

, ta được

2

= 8⇒ x = 1

( 1;−1) , ( 3; −1) , ( 1;1)

Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là
Ví dụ 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

4x2 + y2 + 4x − 6y − 24 = 0

Lời giải
Biến đổi tương đương phương trình ta được
4x2 + y 2 + 4x − 6y − 24 = 0 ⇔ ( 2x + 1) + ( y − 3) = 34
2

Chú ý là

34 = 32 + 52

2

( 2x + 1) 2 = 32


2
( y − 3) = 52

nên ta có các trường hợp

( 2x + 1) 2 = 52


2
( y − 3) = 32

hoặc

Ta xét bảng giá trị tương ứng như sau
2x + 1

3

3

−3

−3

5

5

−5

−5

y−3

5

−5

5

−5

3

−3

3

−3

x

1

1

−2

−2

2

2

−3

−3

y

8

−2

8

−2

6

0

6

0

Từ đó ta có các nghiệm nguyên của phương trình là

( x;y ) = ( 1;8) ,( 1; −2) ,( −2;8) ,( −2; −2) ,( 2;6) ,( 2;0) ,( −3;6) ,( −3;0)
Ví dụ 4. Giải phương trình nghiệm nguyên:

2x6 − 2x3y + y2 = 128

Lời giải
Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được

(

) ( )
2

2x6 − 2x3y + y2 = 128 ⇔ x3 − y + x3

2

= 82 + 82 = ( −8) + 82 = 82 + ( −8) = ( −8) + ( −8)
2

2

2

2

Từ đó ta có các trường hợp sau

+ Trường hợp 1:

+ Trường hợp 2:

3
x − y = 8  y = 0  y = 0
⇒ 3

⇒
 3
x = 8 x = 2
x = 8
3

 x − y = −8  y = 16  y = 16
⇒ 3
⇒
 3

x = 8
x = 8 x = 2


Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com

+ Trường hợp 3:

+ Trường hợp 4:

3

 y = −16  y = −16

x − y = 8 
⇒ 3
⇒
 3
x
=
−
8
x
=
−
8


x = −2



x3 − y = −8  y = 0
y = 0

⇒ 3
⇒
 3
x = −8 x = −2
 x = −8



( x; y) = ( 2; 0) , ( 2; 16) , ( −2; − 16) , ( −2; 0)

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là
t = x3
Cách khác 1: Đặt
, khi đó phương trình trở thành

.

2t2 − 2yt + y2 = 128 ⇔ 4t2 − 4yt + 2y2 = 256 ⇔ ( 2t − y ) + y2 = 162 + 02 = 02 + 162
2

Cách khác 2: Đặt

t = x3

, khi đó phương trình trở thành

2t − 2yt + y2 = 128 ⇔ 2t2 − 2yt + y2 − 128 = 0
2

Xem phương trình trên là phương trình ẩn t, ta có
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

∆'t = − y2 + 256

∆'t ≥ 0⇔ − y2 + 256 ≥ 0 ⇔ −16 ≤ y ≤ 16

Đến đây xét các trường hợp của y thế vào phương trình ta tìm được x.
Phương pháp 3. Sử dụng các tính chất của số chính phương.
Một số tính chất của số chính phương thường được dùng trong giải

phương trình nghiệm nguyên
•
Một số tính chất về chia hết của số chính phương
•
•

Nếu

a2 < n < ( a + 1)

2

với a là số nguyên thì n không thể là số chính phương.

Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính

phương thì mỗi số đếu là số chính phương
•
Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai
số nguyên đó bằng 0.
Ví dụ 1. Tồn tại hay không số nguyên dương x sao cho với k là số nguyên thì ta

có

x ( x + 1) = k ( k + 2)

.
Lời giải

Giả sử tồn tại số nguyên dương x để

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

x ( x + 1) = k ( k + 2)

với k nguyên.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Ta có

x2 + x = k2 + 2k ⇒ x2 + x + 1 = k2 + 2k + 1= ( k + 1)

Do x là số nguyên dương nên

x2 < x2 + x + 1 = ( k + 1)

Cũng do x là số nguyên dươg nên
x2 < ( k + 1) < ( x + 1)
2

Từ đó ta được

2

( k + 1)

2

2

(1)

= x2 + x + 1< x2 + 2x + 1= ( x + 1)

2

2

, điều này vô lý

Vậy không tồn tại số nguyên dương x để

x ( x + 1) = k ( k + 2)

Ví dụ 2. Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương:

x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3
Lời giải
Đặt

x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 = y2

(

với y là một số tự nhiên.

) (

) (

) (

)

2

y2 = x4 + 2x3 + x2 + x2 + x + 3 = x2 + x + x2 + x + 3

Ta thấy

Ta sẽ chứng minh

a2 < y2 < ( a + 2)

2

với

a = x2 + x
2


1  11
y − a = x + x+ 3=  x+ ÷ + > 0
2
4

2

Thật vậy, ta có

2

( a + 2)

2

2

(

)

. Lại có

2

− y2 = x2 + x + 2 − x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3
2


1 1
= 3x + 3x + 1= 3 x + ÷ + > 0
2 4

2

Do

a2 < y2 < ( a + 2)

2

nên

y2 = ( a + 1)

2

hay ta được

2
x = 1
x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 = x2 + x + 1 ⇔ x2 + x − 2 = 0 ⇔ 
 x = −2

(

Với

x=1

hoặc hoặc

)

x = −2

biểu thức đã cho bằng

9 = 32

Ví dụ 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

x2 + xy + y2 = x2y2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Lời giải
x2 + 2xy + y2 = x2y2 + xy ⇔ ( x + y ) = xy ( xy + 1)
2

Thêm xy vào hai vế ta được

xy + 1

Ta thấy xy và

là hai số nguyên liên tiếp, tích của là một số chính phương

nên tồn tại một số bằng 0.
+ Xét
+ Xét

xy = 0

. Khi đó từ

xy + 1 = 0

x2 + 2xy + y2 = x2y2 + xy

. Khi đó ta được

xy = −1

nên

x2 + y2 = 0

ta được

( x;y) = ( −1;1)

hoặc

nên

x= y= 0

( x;y ) = ( 1; − 1)

(-1 ;

1)

( 0;0) ,( 1; −1) ,( −1;1)

Thử lại ta được các nghiệm của phương trình là

Ví dụ 4. Tìm các cặp số nguyên

( a − 1) ( a
2

Ta có

a +9

2

( a; b)

thỏa mãn

+ 9 = 4b + 20b + 25 ⇔ ( a − 1)
2

2

(a

2

)

+ 9 = ( 2b + 5)

(

2

)

a < a2 + 9 ≤ a + 3

2

Do đó

2

Lời giải

)

( a − 1) ( a

là số chính phương. Do

2

.

)

+ 9 = 4b2 + 20b + 25
.

2

2

, nên ta có các trường

hợp sau
- Trường hợp 1:

(

)

2

(

)

2

(

)

2

a2 + 9 = a + 3 ⇔ a = 0 ⇒ 9 = ( 2b + 5) ⇔ b = −1; b = −4
2

.

a2 + 9 = a + 2 ⇔ 4 a = 5

- Trường hợp 2:

, không có số nguyên thỏa mãn.

a2 + 9 = a + 1 ⇔ a = 4 ⇔ a = 4; a = −4

- Trường hợp 3:
+ Với

a= 4

.

9.25 = ( 2b + 5) ⇔ b = 5; b = −10
2

ta được

a = −4

25.25 = ( 2b + 5) ⇔ b = 10; b = −15
2

+ Với
ta được
Vậy ta có các cặp số nguyên thỏa mãn bài toán là
( a; b) = ( 0; − 1) , ( 0; − 4) , ( 4; 5) , ( 4; − 10) , ( −4; 10) , ( −4; − 15)

Ví dụ 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x4 − 2y2 = 1

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Do x và y trong phương trình đều có số mũ chẵn nên không mất tính tổng quát

x ≥ 0;y ≥ 0

ta giả sử

.

Từ phương trình ta suy ra được x là số lẻ. Do đó

x4

chia 4 dư 1 nên ta suy ra

2y2
chia hết cho 4 hay y là số chẵn.
Đặt

x = 2m + 1;y = 2n

( 2m + 1)

4

với m, n là các số tự nhiên. Khi đó ta được

(

2

(m

2

Thu gọn ta được
Đặt

)

(

)(

)

− 2( 2n) = 1 ⇔ 4m2 + 4m + 1 − 1 = 8n2 ⇔ 4m2 + 4m 4m2 + 4m + 2 = 8n2

m2 + n2 = a

a( 2a + 1) = n2

)(

2

)

+ m 2m2 + 2m + 1 = n2

.

2m2 + 2m + 1 = 2a + 1
suy ra
, khi đó phương trình trở thành

.

Ta xét các trường hợp sau:
•
•

Nếu

Nếu

m= 0

, khi đó ta suy ra được

x = 1;y = 0

2a + 1
m≥ 1
, khi đó a và
là hai số nguyên dương và chúng nguyên tố

cùng nhau.
Do tích của a và

2a + 1

là một số chính phương nên cả a và

2a + 1

cùng là số

chính phương.
Đặt

a = k2 ,k ∈ N

thì ta được

m2 + m = k2

, ta có

m2 < m2 + m < m2 + 2m + 1 = ( m + 1)

Suy ra

k2

2

nên

m2 < k2 < ( m + 1)

nằm giữa hai số chính phương liên tiếp nên

k2

2

không thể là số chính

phương.
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là

( x;y) = ( 1;0) ,( −1;0)

Ví dụ 6. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

9x2 − 6x = y3
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Lời giải
9x2 − 6x = y3 ⇔ ( 3x − 1) = y3 + 1
2

Biến đổi tương đương phương trình ta được

y3 + 1≥ 0 ⇒ y3 ≥ −1⇒ y ≥ −1
Từ đó ta suy ra được
. Ta xét các trường hợp sau
•

Xét

y = −1

( 3x − 1)

2

= 0 ⇔ 3x − 1 = 0 ⇔ x =

, khi đó thay vào phương trình ta được

1
3

, loại.
•

Xét

y=0

, khi đó thay vào phương trình ta được

9x2 − 6x = 0 ⇔ 3( 3x − 2) = 0 ⇔ x = 0

( 3x − 1) = 2
y=1
Xét
, khi đó thay vào phương trình ta được
, loại.
2

•
•

Xét

y≥ 2

, khi đó từ phương trình trên ta được

(

)

d = y + 1,y − y + 1

Gọi

2

Từ đó suy ra
Mặt khác

, khi đó ta có

2

nên

3Md

không chia hết cho 3 nên ta suy ra được

Do đó hai số nguyên dương

)

.

2

y+1

(

= ( y + 1) y2 − y + 1


 y + 1Md
 2
d

 y − y + 1M

y2 − y + 1 = y ( y + 1) − 2( y + 1) + 3Md

( 3x − 1)

( 3x − 1)

và

y2 − y + 1

d=1

.

nguyên tố cùng nhau, mà tích của

chúng là một số chính phương. Do đó mỗi số là một số chính phương.
Tuy nhiên

( y − 1)

2

< y 2 − y + 1< y 2

nên

y2 − y + 1

không thể là một số chính phương.

Do đó trong trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên.
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là
Ví dụ 7. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên

( x;y) = ( 0;0)

( x;y;z )

.

thỏa mãn đẳng thức sau:

2xy + 6yz + 3zx − x − 2y − z = x2 + 4y2 + 9z2 − 1

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Lời giải
Đẳng thức dẫ cho tương đương với

(

)

2x2 + 8y2 + 18z2 − 4xy − 12yz − 6zx = 2 1− x − 2y − z

( x − 2y) + ( 2y − 3z ) + ( 3z − x)
2

Hay ta được
Do

( x − 2y)

2

2

≥ 0; ( 2y − 3z ) ≥ 0;( 3z − x) ≥ 0
2

2

(

= 2 1− x − 2y − z

2

)

1≥ x − 2y − z
nên suy ra

.

x − 2y − z = 0
Do x, y, z là các số nguyên nên ta suy ra được

x − 2y − z = 1
hoặc

.

Đến đây ta xét các trường hợp sau:
•

Nếu

, khi đó từ

( x − 2y) + ( 2y − 3z ) + ( 3z − x)
2

Ta được
Suy ra

( x − 2y ) + ( 2y − 3z ) + ( 3z − x)
2

x − 2y − z = 1

x = 2y = 3z

2

2

2

=0

nên

( x − 2y)

x − 2y − z = 1
, thay vào

2

(

2

= 2 1− x − 2y − z

)

= ( 2y − 3z ) = ( 3z − x) = 0
2

2

z =1
ta được

, điều này dẫn đến x, y

không nhận giá trị nguyên.
•

x − 2y − z = 0
Nếu

thì ta được

x − 2y − z = 0

.

z2 + ( 2y − 3z ) + 4( z − y ) = 2
2

Khi đó ta có phương trình
Do

z2 ≥ 0

( 2y − 3z )

và

2

4( y − z ) M4

nên ta được

4( y − z ) = 0

nên suy ra

+ Nếu
+ Nếu

thì ta được

z = −1

do đó

z2 + ( 2y − 3z ) + 4( z − y ) = 2
2

z=1

0 ≤ 4( y − z ) ≤ 2
2

Thay vào phương trình

.

2

≥0

2

Mà ta thấy

2

.

y=z

.

2

ta được

z2 = 1

hay

z = ±1
.

x = 3;y = 1

x = −3;y = −1
thì ta được
.

Thử lại vào phương trình ta được các nghiệm là

( x;y;z ) = ( 3;1;1) ,( −3; −1; −1)

.

Phương pháp 4. Phương pháp đánh giá.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106

Website:tailieumontoan.com
Trong khi giải các phương trình nghiệm nguyên rất cần đánh giá các miền
giá trị của các ẩn, nếu số giá trị mà biến số có thể nhận không nhiều có thể
dùng phương pháp thử trực tiếp để kiểm tra. Để đánh giá được miền giá trị của
biến số cần vận dụng linh hoạt các tính chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức
…
•
•
•

Phương pháp sắp thứ tự các ẩn.
Xét khoảng giá trị của các ẩn.
Sử dụng các bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopxki.

Ví dụ 1. Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng
Lời giải
Cách 1. Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Khi đó ta có

x + y + z = x.y.z

(1)
Chú ý rằng các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể
sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn
Do đó ta được

xyz = x + y + z ≤ 3z

Chia hai vế của bất đảng thức
Từ đó suy ra
•

Với

xy = 1

z + 2= z

•

Với

1≤ x ≤ y ≤ z

xy ∈ { 1;2;3}

xyz ≤ 3z

cho số dương z ta được

xy ≤ 3

. Đến đây ta xét các trường hợp sau

, khi đó ta có

x= y =1
. Thay vào phương trình ban đầu ta được

, vô nghiệm

xy = 2

, khi đó ta có

x = 1;y = 2

. Thay vào phương trình ban đầu ta được

z=3
•

Với

z=2

xy = 3

, khi đó ta có

x = 1;y = 3

, trường hợp này loại vì

. Thay vào phương trình ban đầu ta được

y≤z

Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Cách 2. Chia hai vế của phương trình

x + y + z = x.y.z

cho

xyz ≠ 0

ta được

1 1 1
+
+
=1
yz xz xy

Không mất tính tổng quát ta giả sử
1=

x≥ y ≥ z ≥1

. Khi đó

1 1 1

1 1 1 3
+
+
≤ 2+ 2+ 2 = 2
yz xz xy z z z
z

1≤
Suy ra

3
z2

, do đó ta được

z2 ≤ 3

nên

z=1

. Thay

z=1

vào phương trình ban

đầu ta được
x + y + 1 = xy ⇔ xy − x − y = 1 ⇔ ( x − 1) ( y − 1) = 2

Từ

x≥ y

nên ta có

x − 1≥ y − 1 ≥ 0

. Do đó từ

( x − 1) ( y − 1) = 2

ta được

x − 1 = 2 x = 3
⇔

y − 1= 1 y = 2
Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3.
Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau
5( x + y + z + t) + 10 = 2xyzt

.
Lời giải

Vì vai trò của x, y, z, t như nhau nên có thể giả sử
Khi đó ta được
Suy ra ta được

x≥ y ≥ z ≥ t

.

2xyzt = 5( x + y + z + t) + 10 ≤ 20x + 10
yzt ≤ 15 ⇒ t3 ≤ 15 ⇒ t ≤ 2

. Suy ra ta được

t ∈ { 1;2}

2xyz = 5( x + y + z ) + 15 ≤ 15x + 15
t=1
+ Với
, khi đó ta có
Suy ra

2yz ≤ 30 ⇒ 2z2 ≤ 30 ⇒ z ≤ 3

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

. Do đó

z ∈ { 1;2;3}
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
•

Nếu

z=1

, khi đó ra được

2xy = 5( x + y ) + 20 ⇔ 4xy = 10( x + y ) + 40 ⇔ ( 2x – 5) ( 2y – 5) = 65

Giải phương trình trên ta được

x = 35; y = 3

hoặc

Do đó trường hợp này ta được hai nghiệm là
•

Nếu

z=2

, khi đó ta được

x = 9; y = 5

.

( x;y;z;t) = ( 35;3;1;1) ,( 9;5;1;1)

5( x + y ) + 25 = 4xy ⇔ 4xy − 5x − 5y = 25

Giải tương tự cho các trường còn lại và trường hợp t = 2. Cuối cùng ta tìm được
nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là và các hoán vị của các bộ số
này.

Ví dụ 3. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình

1 1 1
+ =
x y 3

Lời giải
Do vai trò bình đẳng của x và y trong phương trình nên không mất tính tổng
quát ta giả sử

x≥ y

.

Khi đó hiển nhiên ta có

Mặt khác do

x≥ y ≥ 1

1 1
<
y 3

nên

nên

1 1
≤
x y

y>3

. Do đó ta được

Ta xác định được khoảng giá tri của y là

+ Với

+ Với

+ Với

y=4

y=5

y=6

, khi đó ta được

, khi đó ta được

, khi đó ta được

1 1 1 1
= − =
x 3 4 12
1 1 1 2
= − =
x 3 5 15
1 1 1 1
= − =
x 3 6 6

Vậy các nghiệm của phương trình là
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

1 1 1 1 1 2
= + ≤ + =
3 x y y y y

4≤ y ≤ 6

, suy ra

nên

y≤6

. Ta xét các trường hợp sau
x = 12

, loại vì x không là số nguyên

, suy ra

x= 6

( 4;12) ,( 12;4) ,( 6;6)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Ví dụ 4. Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn:
x3 + y3 + z3 = ( x + y + z )

2

Lời giải
Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử

x< y < z

( x + y + z)

3

x3 + y3 + z3  x + y + z 
≥
÷
3
3




Áp dụng bất đẳng thức
Từ đó với mọi

x;y;z ≥ 0

ta suy ra

x+ y + z ≤ 9

.

ta có

2

3

3

 x+ y + z 
≥
÷
3 


.

Dấu bằng không xảy ra vì x, y, z đôi một khác nhau. Do đó ta được
Mặt khác x, y, z là các số nguyên dương khác nhau nên
Từ đó ta được

6≤ x+ y + z ≤ 8

nên ta suy ra

x+ y + z ≤ 8

x + y + z ≥ 1+ 2 + 3 = 6

x + y + z ∈ { 6;7;8}

Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm được x, y, z
Vậy bộ ba số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán là

( x;y;z) = ( 1;2;3)

và các

hoán vị của bộ ba số này.
Ví dụ 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

(

)

7 x2 + xy + y2 = 39( x + y )

.

Lời giải
Từ phương trình ta thấy

x + yM7

Đặt

39( x + y ) M7

, mà 7 và 39 nguyên tố cùng nhau nên

.

x + y = 7m ( m ∈ Z )

( x + y) − ( x
2

Từ đó suy ra

thì ta được phương trình

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

2

)

+ xy + y2 = ( 7m) − 39m

x2 + xy + y2 = 39m

2

hay

xy = 49m2 − 39m

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com

xy ≤
Theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có

49m2 − 39m ≤

2
1
x + y)
(
4

nên ta được

2
1
x + y)
(
4

(

)

49m2 ≥ 4 49m2 − 39m ⇔ m ( 52 − 49m) ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤
Hay ta được
Do m là số nguyên nên ta suy ra được

m= 0

hoặc

m=1

52
49

.

. Ta xét các trường hợp

sau
+ Với

m= 0

suy ra

x+ y = 0

, khi đó ta được phương trình

x2 + xy + y2 = 0 ⇔ ( x + y ) − xy = 0 ⇔ xy = 0 ⇔ x = y = 0
2

+ Với

m=1

suy ra

x+ y = 7

, khi đó ta được phương trình

x2 + xy + y2 = 39 ⇔ ( x + y ) − xy = 39 ⇔ xy = 10
2

Từ đó ta có hệ

 x + y = 7  x = 2;y = 5
⇒


 xy = 10
 x = 5;y = 2

Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là

( x;y) = ( 0;0) ,( 2;5) ,( 5;2)

Ví dụ 6. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương

( x;y;z )

thỏa mãn

y
x
z 5
+
+ =
y z+1 x 2
Lời giải

Giả sử

( x;y;z )

là một nghiệm của phương trình. Khi đó, theo bất đẳng thức

Cauchy
y
5 1 x

z+1
x y z+1
+ = +
+
≥3 ·
×
=3
2 x y z+1
x
y z+1 x

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com

Suy ra
•

Với

1 1
≥
x 2

x= 2

hay

x≤ 2

. Do x nguyên dương nên ta được

x=1

và

x= 2

, khi đó trong bất đẳng thức trên phải xảy ra dấu đẳng thức, tức là

y
x
z+1
=
=
y z+1
x

Giải hệ điều kiện trên ta thu được
•

Với

x=1
, khi đó phương trình đã cho trở thành

z≤
Khi đó
+ Với
+ Với

( x;y;z ) = ( 2;2;1)
y
1
5
+
+z=
y z+1
2

y
1
5
+
+z= ⇒z≤2
y z+1
2

z=1
z=2

thay vào phương trình trên ta được
thay vào phương trình trên ta được

Phương trình này có biệt thức

∆ = −39 < 0

Vậy nghiệm của phương trình là

y2 − 3y + 2 = 0 ⇔ y = 1;y = 2
2y2 − 3y + 6 = 0

nên không có nghiệm.

( x;y;z ) = ( 2;2;1) ,( 1;1;1) ,( 1;2;1)

.

Phương pháp 5. Sử dụng tính chất của phương trình bậc hai.
Ý tưởng của phương pháp là quy phương trình đã cho về dạng phương
trình bậc hai một ẩn, các ẩn còn lại đóng vai trò tham số. Khi đó các tính chất
của phương trình bậc hai thường được sử dụng dưới các dạng như sau:
•
•
•

Sử dụng điều kiện có nghiệm

∆≥0

của phương trình bậc hai.

Sử dụng hệ thức Vi – et.
Sử dụng điều kiện

∆

là số chính phương.

Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

x + y + xy = x2 + y2

Lời giải
Phương trình đã cho tương đường với
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

(

)

x2 − ( y + 1) x + y2 − y = 0
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


106
Website:tailieumontoan.com
Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x và y là tham số. Khi đó điều
kiện cần để phương trình có nghiệm là

(

∆≥0

)

hay

∆ = ( y + 1) − 4 y2 − y = −3y2 + 6y + 1≥ 0 ⇔ 3( y − 1) ≤ 4
2

Do đó ta được

2

( y − 1)

2

≤1
∆
. Để ý là để phương trình có nghiệm nguyên thì
phải

là số chính phương.
Do đó từ

( y − 1)

2

≤1

ta suy ra được

( y − 1)

2

= 0;1

nên

y − 1 = −1;0;1

Đến đây ta xét từng trường hợp cụ thể

+ Với

+ Với

+ Với

y=0

y=1

y=1

. Khi đó từ phương trình bậc hai ta được

. Khi đó từ phương trình bậc hai ta được

. Khi đó từ phương trình bậc hai ta được

x = 0
x2 − x = 0 ⇔ 
x = 1
x = 0
x2 − 2x = 0 ⇔ 
x = 2
x = 1
x2 − 3x + 2 = 0 ⇔ 
x = 2

Thử lại ta được các nghiệm của phương trình đã cho là

( 0;0) ,( 1;0) ,( 0;1) ,( 2;1) ,( 1;2) ,( 2;2)

.

Ví dụ 2. Tìm các số nguyên x để

9x + 5

là tích của hai số nguyên liên tiếp

Lời giải
Cách 1. Giải sử

9x + 5 = n ( n + 1)

với n nguyên thì:

36x + 20 = 4n2 + 4n ⇒ 36x + 21 = 4n2 + 4n + 1⇒ 3( 12x + 7) = ( 2n + 1)

Số chính phương
12x + 7

( 2n + 1)

2

2

chia hết cho 3 nên cũng chia hết cho 9. Mà ta lại có

không chia hết cho 3 nên

3( 12x + 7)

không chia hết cho 9. Điều này mâu

thuẫn nên không tồn tại số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC